高二_不等式的证明讲义

高二数学不等式同步辅导讲义第1讲不等式的证明一、辅导内容不等式证明的方法与技巧二、学习指导不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式；当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范化用语。根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法、反证法、放缩法、判别式法等。三、典型例题【例1】设a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。解题思路分析：思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将a或b看成主元的思想，在这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。作差δ=a2+b2-ab-a-b+1=a2-(b+1)a+b2-b+1=43b23b43)21ba(22=22)1b(43)21ba(≥0思路二：注意到不等式两边式子a2+b2与ab的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的a与b项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。因a2+b2≥2ab，a2+1≥2a，b2+1≥2b三式同向相加得：a2+b2≥ab+a+b-1思路三：在思路一中，作差δ后得到关于a的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的知识求解。记f(a)=a2-(b+1)a+b2-b+1因二次项系数为正，△=(b+1)2-4(b2-b+1)=-3(b-1)2≤0∴f(a)≥0【例2】已知0a≤1，0b≤1，0c≤1，求证：abccbacabcab1≥1。解题思路分析：根据已知条件：a+b+c+abc0，首先将题目结论改造为1+ab+bc+ca≥a+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc≥0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的），而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻找思路：由a≤1，b≤1，c≤1得：1-a≥0，1-b≥0，1-c≥0，因此在对1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解时，应向1-a，1-b，1-c这三个因式靠拢，这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准1-a，1-b，1-c中的一个因式即可。1+ab+bc+ca-a-b-c-abc=(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)≥0【例3】设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。解题思路分析：因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：ab，ac，ad，故保留a，消b，c，d中任一个均可。由ad=bc得：abcdA-B=a+d-(b+c)=aacbcbacbabca=0a)ca)(ba(a)ba(cba又：若不慎消去了a，该怎么办呢？由ad=bc得：dbcaA-B=)db(dcdbccbddbccbda=d)dc)(db(下面是判断b-d与c-d的符号，即比较a、c与d的大小：应从条件a=max{a，b，c，d}及ad=bc出发才挖掘隐藏条件。由ad=bc得：dcba∵ab0∴ba1即dc1∴cd，c-d0同理b-d0∴A-B0【例4】a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。解题思路分析：不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。左=)]ac()cb()ba[(21)c2b2a2(21444444444≥222222222222accbba)ac2cb2ba2(21发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。)]baac()accb()cbba[(21)ac2cb2ba2(21accbba222222222222222222222222≥)cba(ab)bca2abc2cab2(21222【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：c1b1a1≥ac1bc1ab1；（2）a，b，c为正实数，求证：baccabcba222≥2cba。解题思路分析：（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？【例6】x，y为正实数，x+y=a，求证：x2+y2≥2a2。解题思路分析：思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。∵2yx≤2yx22∴22yx≥2a2)yx(22思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：途径1：用均值换元法消元：令m2ax，m2ay则2am2)m2a()m2a(yx222222≥2a2途径2：代入消元法：y=a-x，0xax2+y2=x2+(a-x)2=2x2-2ax+a2=22a)2ax(22≥2a2途径3：三角换元法消元：令x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]2则x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]=a2[1-21(2sin2θ)2]=a2(1-21sin22θ)≥2a2注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】已知ab0，求证：b8)ba(ab2baa8)ba(22。解题思路分析：所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，21次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。)ba)(ba(ba2)ba(2ab2baab2ba2所证不等式可化为b8)ba()ba(2)ba(a8)ba()ba(22222∵ab0∴ba∴0ba∴不等式可化为：b4)ba(1a4)ba(22即要证22)ba(b4a4)ba(只需证bab2a2ba在ab0条件下，不等式组显然成立∴原不等式成立【例8】已知f(x)=842x3x，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)b2-4b+211.解题思路分析：不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b2-4b+211的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。aa2aaa3a28288)2(28842)a(f≤224828228aa令g(b)=b2-4b+211g(b)=(b-2)2+23≥23∵223∴g(b)f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。【例9】已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证：（1）|c|≤1，|b|≤1；（2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。解题思路分析：这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±…±an|≤|a1|+|a2|+…+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。从特殊化的思想出发得到：令x=0，|f(0)|≤1即|c|≤1当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c∴)1(f)1(f[21b]∴|)1(f)1(f|21|b|≤]|)1(f||)1(f[|21≤)11(21≤1（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。当a0时，g(x)在[-1，1]上单调递增∴g(-1)≤g(x)≤g(1)∵g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2∴-2≤g(x)≤2即|g(x)|≤2当a0时，同理可证。思路二：直接利用绝对值不等式为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a0时|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b|下面对b讨论①b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2；②b0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴|ax+b|≤2当a0时，同理可证。评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。同步练习（一）选择题1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是（）A、b1a1≤41B、41≤b1a1≤21C、21≤b1a1≤1D、b1a1≥12、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是（）A、ac≥bB、ab≥cC、bc≥aD、ab≤c3、设m不等于n,x=m4-m3ny=n3m-n4，则x,y的大小关系为（）A、xyB、x=yC、yxD、与m,n的取植有关4、已知a，b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数：x1，x2，…，xn和y1，y2，…，yn，b成等比数列，并给出下列不等式：①2n21)2ba(ab)xxx(n1②2ba)xxx(n1n21③abyyynn21④2nn21)2ba(2bayyy那么，其中为真命题的是（）A、①③B、①④C、②③D、②④5、已知a，b，c0，且a+bc，设M=cbba4a，N=c4c，则MN的大小关系是A、MNB、M=NC、MND、不能确定6、已知函数f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x20，x2+x30，x3+x10，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值（）A、一定大于零B、一定小于零C、一定等于零D、正负都有可能7、若a0，b0，)b1a1(21x，ba1y，ab1z，则（）A、x≥yzB、x≥zyC、y≥